《新題庫-- 第04節(jié)： 二次函數(shù)與二次方程,二次不等式(2)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新題庫-- 第04節(jié)： 二次函數(shù)與二次方程,二次不等式(2)（32頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、二次函數(shù)與二次方程，二次不等式 題型1 解不等式的綜合問題 1．已知集合A={x|1<|x-2|<2}, B={x|(x-a)(x-1)<0, a≠1}，且A∩B≠φ，試擬定a的取值范疇． 解： A={x|1<|x-2|<2}={x|01時，B={x|13. （2）當a<1時，B={x|a3或a<1}. 2．不等式(a+1)x2+ax+a>m(x2+x+1)對任意x∈R恒成立，求a與m之間的關系． 解：原不等式可以整頓為(a-m+1

2、)x2+(a-m)x+(a-m)>0，對于x∈R恒成立． 當a-m+1=0時，原不等式化為-x-1>0不恒成立，應舍去． 當a-m+1≠0時，必須有∴(a-m)[3(a-m+1)+1]>0. ∴ ∴a>m. 3．有關實數(shù)x的不等式≤(a-1)2與x2-3(a+1)+2(3a+1)≤0（其中a∈R）的解集依次為A與B．求使AB的a的取值范疇． 解：由≤(a-1)2，得-(a-1)2≤x-(a+1)2≤(a-1)2.解得2a≤x≤a2+1. ∴A={x|2a≤x≤a2+1, a∈R}. 由x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0，得(x-2)[x-(3a+1)]≤0. 當3a+1

3、≥2，即a≥時，得B={x|2≤x≤3a+1}； 當3a+1<2，即a<時，得B={x|3a+1≤x≤2}. （1）當a≥時，由AB，得解得1≤a≤3. （2）當a<時，由A，得 解得a=-1. ∴使AB的a的取值范疇是{a|1≤a≤3，或a=-1}. 4．已知函數(shù)（a，b為常數(shù)）且方程f(x)－x+12=0有兩個實根為x1=3, x2=4. （1）求函數(shù)f(x)的解析式； （2）設k>1，解有關x的不等式；。 解：（1）將， 得。 （2）不等式即為，即 ①當 ②當 ③. 5．已知不等式ax2+bx+c>0的解為0<α

4、0的解集。 解：因不等式ax2+bx+c>0的解為0<α0, α·β=>0，因此>0, <0，又a<0，因此c<0.由韋達定 理x1+x2=；x1·x2=. ∴方程cx2-bx+a=0的兩根為。由0<α<β，∴，∴?！嗖坏仁降慕饧? 為{x|-0； （2）ax2-(a+1)x+1<0. 解：（1）原不等式化為(x-a)(x-a2)>0。 ①當a2-a>0，即a>1或a<0時，原不等式的解為x>a2或x

5、a2-a<0，即0a； ③當a2-a=0，即a=0或a=1時，原不等式的解為x≠a. （2）原不等式化為(ax-1)(x-1)<0. ①當a=0時，其解為x>1; ②當01時，其解為0，其解為x<或x>1. 7．解不等式56x2+ax-a2<0. 解：∵Δ=a2+4×56×a2=225a2≥0,方程56x2+ax-a2=0的解是x1=-, x2=, ∴當a>0時，原不等式變形為56x2<0．∴原不等式的解集是

6、ф； 當a<0時，原不等式的解集是. 8．解有關x的不等式：(m+1)x2-4x+1≤0(m∈R)。 解：（1）當m=-1時，原不等式變?yōu)閤≥。 （2）當m>-1時，∵△=12m-4.故有： ①若△<0，即m>3時，恒有(m+1)x2-4x+1>0，此時不等式無解； ②若△=0，即m=3時，原不等式變形為(2x-1)2≤0，其解為：x=； ③若△>0，即-10恒成立，不等式有解：x≤，或x≥。 綜上所得，原不等式的解集如下：m=-1時，{x|x≥}； m<-1時，{x|x≤或x≥}；-1

7、； m=3時，{}； m>3時，φ。 9．解有關x的不等式組： 解：原不等式組令a-1=-a, a+1=-a, a-1=-a+1, a+1=-a+1，得a=, a=-, a=1, a=0。A的四個取值將數(shù)軸提成五個區(qū)間，分別討論解集如下： （1）當a≤-時，因a-1

8、-a+1}； （5）當a>1時，因-a<-a+1

9、不等式>0。 解：原不等式可化為：。 （1）當a=0時，原不等式可化為：>0，即<0, ∴-2。 （3）當a<0時，化為：。 ①當a<-時，有-2<<-a, ∴x<-2或

10、式的解集{x|-2}. 13．解有關的不等式 解：當=0時，原不等式等價于解得當時，原不等式化為： 當 當. 當時，原不等式等價于則 當當時，。 當 14．當時，不等式恒成立，求a的取值范疇. 解：當 當，，∴不成立. 綜上，為所求。 15．已知兩個非零向量為，解有關的不等式：。（其中） 解：，由得。 （1）當時，原不等式，∴； （2）當時，，由于，而，于是有： ① 當，即時，，原不等式，∴； ② 當，即時，，原不等式，∴或。 綜上所得：當時，不等式的解集為； 當時，不

11、等式的解集為；當時，不等式的解集為。 16．解有關x的不等式 解：。 ① 當01時：。 當a=3時，x<0；當； 當。 ∴。 綜上：當；當；當。 17 解有關的不等式： 解：當， 。 18．解有關x的不等式＞1(a≠1) 解 原不等式可化為：＞0。 ①當a＞1時，原不等式與(x－)(x－2)＞0同解 由于，∴原不等式的解為(－∞，)∪(2，+∞) ②當a＜1時，原不等式與(x－)(x－2) ＜0同解 由于： 若a＜0，,解集為(，2)；若a=0時，，解集為； 若0＜a＜1，,解集為(2，)。 綜上

12、所述 當a＞1時解集為(－∞，)∪(2，+∞)；當0＜a＜1時，解集為(2，)； 當a=0時，解集為；當a＜0時，解集為(，2）。 19 己知三個不等式：①；②； ③。 (1)若同步滿足①、②的值也滿足③，求m的取值范疇； (2)若滿足的③值至少滿足①和②中的一種，求m的取值范疇。 解：記①的解集為A，②的解集為B，③的解集為C。解①得A=（-1，3）；解②得B=。 （1）因同步滿足①、②的值也滿足③，∴ABC。 設，由的圖象可知：方程的小根不不小于0，大根不小于或等于3時，即可滿足。 （2）因滿足③的值至少滿足①和②中的一種，， 因此小根不小于或等于-1，大根

13、不不小于或等于4，因而 。 20. 已知，求a的取值范疇。 解：化簡.設. ①當時,即時,?,滿足. ②當時,或.若,則,圖象與x軸的交點的橫坐標為0,而[1,2],故應舍去.若,則,圖象與x軸的交點的橫坐標為1,1[1,2],故滿足條件. ③當時，的圖象與x軸有兩個交點.,方程的兩根位于1,2之間.ф。 題型2 二次函數(shù)的綜合問題 21．已知函數(shù)（a，b為常數(shù)）且方程f(x)－x+12=0有兩個實根為x1=3,x2=4. （1）求函數(shù)f(x)的解析式； （2）設k>1，解有關x的不等式；。 解：（1）將得 。 （2）不等式即為：，即 ①當；

14、 ②當； ③. 22. 設函數(shù)，其中為常數(shù). （1）解不等式； （2）試推斷函數(shù)與否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，闡明理由. 解：（1）由得， ，不等式的解集是 （2） 內(nèi)在增函數(shù)，內(nèi)是減函數(shù). 23．已知函數(shù)y=lg[(a2-1)x2+(a+1)x+1]的定義域為R，求實數(shù)a的取值范疇。 解：由對數(shù)的定義及題設條件(a2-1)x2+(a+1)x+1>0 ①，對x∈R恒成立。∴當a2-1≠0時，應有 解之a(chǎn)<-1或a>。 當a2-1=0時，若a=1，不等式①不是絕對不等式；若a=-1，則不等式①為1>0，為絕對不等式。 ∴符合題

15、意的a的集合為(-∞, -1)∪(, +∞)。 24. 若函數(shù)y=的定義域為R，求實數(shù)a的取值范疇。 解：依題意，當x∈R時，(a2-1)x2+(a-1)x+≥0恒成立。 （1）當a2-1=0，即當時有a=1，此時有(a2-1)x2+(a-1)x+=1． 可知當x∈R時，(a2-1)x2+(a-1)x+≥0恒成立，∴a=-1． （2）當a2-1≠0，即當時，有解得1

16、值范疇是什么？ 解：AB:x+y=3(x∈[0,3]). ① 把含參數(shù)的曲線轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的方程進行討論，求方程①在區(qū)間[0，3]有唯一解（涉及重根）的條件． （1）方程①在[0，3]有重根的條件是： （2）令f(x)=x2-(m+1)x+4，∵f(0)=4>0,當f(3)=9-3(m+1)+4=0時，得m=,而當m=時，方程①除了有根3外，尚有一種根∈[0，3]，∴m=不合規(guī)定． （3）∵只需f(3)=9-3(m+1)+4<0,即m>. 綜合（1）、（2）、（3），可得m的取值范疇是m=3，或m>. 26．已知集合P=[, 2]，函數(shù)y=log2(ax2-2x+2)的定義域為

17、Q。 （1）若P∩Q≠φ，求實數(shù)a的取值范疇； （2）若方程log2(ax2-2x+2)=2在[，2]內(nèi)有解，求實數(shù)a的取值范疇。 解：（1）P∩Q≠φ，則x∈[，2]，不等式ax2-2x+2>0有解，即a>=-2·+2·。 令t=∈[，2]，-2t2+2t=-2(t-)2+, ∴t=2時，g(t)min=-4?！郺>-4。 （2）由題意知，ax2-2x+2=4。由[，2]上有解，則a=，令=t，得h(t)=2(t+)2-，且t∈[，2], ∴h(t)∈[, 12], ∴a∈[, 12]. 27．已知直線y=kx-1與雙曲線x2-y2=1的左支交于A、B兩點，若另一條直線通過點P

18、(-2, 0)及線段AB的中點Q，求直線在y軸上的截距b的取值范疇。 解：由有兩組解，且解中x<0，消去y，得(1-k2)x2+2kx-2=0，有兩個不同的負根，其充要條件是：。即k∈(-, -1)為b=f(k)的定義域。 又過點P(-2, 0)，AB中點Q，在y軸上的截距b。得P(-2, 0)、Q()、M(0, b)三點共線b=f(k)=, k∈(-, -1)，即f(k)=(-∞, -2)∪(2+, +∞)。 28．方程x2+ax+a=0在(0, 1上有解，求a的取值范疇。 解：設f(x)=x2+ax+a， （1）若f(x)=0在(0, 1上有兩解，則有∴此不等式無解。 （2）若

19、f(x)=0在(0, 1上有且僅有一解，則有解之得-≤a<0。 綜上所述得a的取值范疇為[-，0。 措施二：∵x∈(0, 1, ∴x≠=-1，原方程可變?yōu)閍=。 ∵0

20、＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)。 ∵x1－f(x)=x1－［x+F(x)］=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)［1+a(x－x2)］。∵0＜x＜x1＜x2＜， ∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0，∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x。 (2)依題意 x0=－，∵x1、x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根，∴x1+x2=－，∴x0=－，∵ax2＜1，∴x0＜ 30．設不等式x2－2ax+a+2≤0的解集

21、為，若［1，4］，求實數(shù)a的取值范疇 解 設f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)。 (1)當Δ＜0時，－1＜a＜2，=［1，4］。 (2)當Δ=0時，a=－1或2 當a=－1時， ={－1}［1，4］；當a=2時，={2}［1，4］ (3)當Δ＞0時，a＜－1或a＞2 設方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，那么=［x1，x2］， ［1，4］1≤x1＜x2≤4，即，解得 2＜a＜。 ∴ ［1，4］時，a的取值范疇是(－1，)。 31 已知對于自然數(shù)a，存在一種以a為首項系數(shù)的整系數(shù)二次三項式，它有兩個不不

22、小于1的正根，求證：a≥5． 證：設二次三項式為：f(x)=a(x-x)(x-x)，a∈N． 依題意知：0＜x＜1，0＜x＜1，且x≠x．∴有f(0)＞0，f(1)＞0．又f(x)=ax-a(x+x)x+axx為整系數(shù)二次三項式，∴f(0)=axx、f(1)=a·(1-x)(1-x)為正整數(shù)．故f(0)≥1，f(1)≥1． 從而f(0)·f(1)≥1．　　　 ① 另一方面， 且由x≠x知等號不同步成立，∴ 由①、②得，a＞16．又a∈N，因此a≥5． 32．已知集合A={x|x2-5x+4≤0}與B={x|x2-2ax+a+2≤0, a∈R}滿足BA，求a的取值范疇．

23、解：根據(jù)題意有A={x|x2-5x+4≤0}={x|1≤x≤4}.記f(x)=x2-2ax+a+2， 它的圖象是一條開口向上的拋物線． （1）若B=φ，顯然有BA，此時拋物線與x軸無交點．故△=4a2-4(a+2)<0. ∴-1

24、之間。試問滿足上述的實數(shù)a與否存在？若存在，求出實數(shù)a；如果不存在，請闡明理由。 解：方程①有兩個不同的實根的充要條件是△=42-4×4a>0，即a<1. 方程②有兩個不同的實根的充要條件是△′=32-4×6a>0，即a<。于是，當a<時，兩個方程均有不同的實根。 在a<的條件下，方程①的兩個根是并且x1

25、。 下面再解x43時，有關x的方程f(x)=f(a)有三個實數(shù)解。 解：（1）由已知，設f1(x)=ax2，則f1(1)=1，得a=1，∴f1(x)=x2.設f2(x)=，它的圖象與直線y=x的交點分別為A(),B(-,-)，由|AB|=8，得k=8,∴f2(x)=.故f(x)=x

26、2+。 （2）f(x)=f(a),得x2+=a2+，即=-x2+a2+，在同一坐標系內(nèi)作出f2(x)=和f3(x)=-x2+a2+的大體圖象，其中f2(x)的圖象是以坐標軸為漸近線，且位于第一、三象限的雙曲線，f3(x)的圖象是以(0,a2+)為頂點，開口向下的拋物線?！鄁2(x)與f3(x)的圖象在 第三象限有一種交點，即f(x)=f(a)有一種負數(shù)解。 又∵f2(2)=4,f3(2)=-4+a2+,當a>3時，f3(2)-f2(2)=a2+-8>0，當a>3時， f3(x)的圖象在第一象限有兩個交點，即f(x)=f(a)有兩個正數(shù)解?！喾匠?f(x)=f(a)有三個實數(shù)解。 證法

27、二：由f(x)=f(a)，得x2+=a2+,即(x-a)(x+a-)=0，得方程的一種解x1=a，方程x+a-=0化為ax2+a2x-8=0,由a>3,Δ=a4+32a>0，得：x2=,x3=,∴x2<0,x3>0,∴x1≠x2,且x2≠x3，若x1=x3，即a=,則3a2=,a4=4a，得a=0或a=，這與a>3矛盾，∴x1≠x3。 故原方程f(x)=f(a)有三個實數(shù)解。 35．已知函數(shù) （1）當且時，求證： （2）與否存在實數(shù)，使得函數(shù)的定義域、值域都是[]，若存在，則求出的值，若不存在，請闡明理由. （3）若存在實，使得函數(shù)的定義域為[]時，值域為[]（）

28、，求的取值范疇. 解：（1） 在（0，1）上為減函數(shù)，在上是增函數(shù). 由，且，可得和 即 故，即 （2）不存在滿足條件的實數(shù)a，b. 若存在滿足條件的實數(shù)a，b，使得函數(shù)的定義域、值域都是[a，b]，則 ①當時，在（0，1）上為減函數(shù).故 即 解得a=b. 故此時不存在適合條件的實數(shù)a，b. ②當時，在上是增函數(shù).故 即 此時a，b是方程的根，此方程無實根.故此時不存在適合條件的實數(shù)a，b。 ③當時，∵，而，故不存在適合條件的實數(shù)a，b. 綜上可知，不存在適合條件的實數(shù)a，b. （3）若存在實數(shù)，使得函數(shù)的定義域為[a，b]時，值域為[ma，mb].則

29、 ①當時，由于在（0，1）上是減函數(shù)，值域為[ma，mb]， 即 此時a、b異號，不合題意.因此a，b不存在. ②當或時，由（2）知0在值域內(nèi)，值域不也許是[ma，mb]，因此a，b不存在，故只有在上是增函數(shù)， 即，a，b是方程的兩個根.即有關x的方程有兩個不小于1的實根.設這兩個根為 則 即 解得故m的取值范疇是 36．已知二次函數(shù) （1）對于求證：方程有不等的兩實根，且必有一種實根屬于； （2）若方程內(nèi)的根為m，且成等差數(shù)列，設的對稱軸方程，求證：。 解：由，得 ，故此方程的鑒別式 ，即方程有兩不等實根. 令是二次函數(shù)，由 的根必有一種屬

30、于 （2）由題設，得，即有 成等差數(shù)列， 即 故，故. 37．已知，當時，恒成立，求a的取值范疇. 解：，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為.當時，結合圖象知，上單調(diào)遞增，要使恒成立，只需， ∴ 當 綜上所述，所求的取值范疇為 措施二：由變形得 當即③式為恒成立，此時； 當，③式為恒成立，其中即恒成 立，這樣就轉(zhuǎn)化到了求時函數(shù)的最小值問題，可得當，即③式為恒成立，即恒成立.其中，這樣就轉(zhuǎn)化到了求的函數(shù)的最大值的問題，可得.綜合以上知，. 措施三： 由已知在。上恒成立，即 或，解得。 38 設函數(shù)f(x)定義在R上，對任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且

31、當x＞0時，0＜f(x)＜1 (1)求證 f(0)=1，且當x＜0時，f(x)＞1； (2)求證 f(x)在R上單調(diào)遞減； (3)設集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范疇 解 (1) 令m＞0，n=0得 f(m)=f(m)·f(0) ∵f(m)≠0，∴f(0)=1。取m=m，n=－m，(m＜0)得：f(0)=f(m)f(－m)，∴f(m)=?！適＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1。 (2)任取x1，x2∈R，則f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［

32、(x2－x1)+x1］=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1) =f(x1)［1－f(x2－x1)］?！遞(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函數(shù)f(x)在R上為單調(diào)減函數(shù)。 (3)由，由題意此不等式組無解，數(shù)形結合得 ≥1，解得a2≤3?！郺∈［－，］。 39 已知函數(shù)f(x)= (b＜0)的值域是［1，3］。 (1)求b、c的值； (2)判斷函數(shù)F(x)=lgf(x)，當x∈［－1，1］時的單調(diào)性，并證明你的結論； (3)若t∈R，求證 lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg 解 (1) 設y=，則(y－2)x2－bx+y－c=0

33、① ∵x∈R，∴①的鑒別式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0， ② 由條件知，不等式②的解集是［1，3］，∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的兩根，∴，∴c=2，b=－2，b=2(舍）。 (2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，則x2－x1＞0，且(x2－x1)(1－x1x2)＞0， ∴f(x2)－f(x1)=－＞0，∴f(x2)＞f(x1)，∴l(xiāng)gf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)，∴F(x)為增函數(shù)。 即－≤u≤，根據(jù)F(x)的單調(diào)性知： F(－)≤F(u)≤F()，∴

34、lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg對任意實數(shù)t 成立。 40．已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0時 ＞0 (1)用定義證明f(x)在［－1，1］上是增函數(shù)； (2)解不等式 f(x+)＜f()； (3)若f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求實數(shù)t的取值范疇 解 (1)任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，則f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2) =·(x1－x2)?！撸?≤x1＜x2≤1，∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0， 又 x1－x2＜0，∴f(

35、x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上為增函數(shù) (2) ∵f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，∴ 解得 {x|－≤x＜－1}。 (3)由(1)可知f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，且f(1)=1，對x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，∴要 f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0。 記g(a)=t2－2at，對a∈［－1，1］，g(a)≥0，只需g(a)在［－1，1］上的最小值不小于等于0， g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2 ∴t的取值范疇是 {t|t

36、≤－2或t=0或t≥2} 41 設f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，問與否存在a、b、c∈R，使得不等式 x2+≤f(x)≤2x2+2x+對一切實數(shù)x都成立，證明你的結論 解 由f(1)=，得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+x =－1，由f(x)≤2x2+2x+推得f(－1)≤ 由f(x)≥x2+推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，故2(a+c)=5，a+c=且b=1， ∴f(x)=ax2+x+(－a) 依題意 ax2+x+(－a)≥x2+對一切x∈R成立，∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0，∴f(x)=x2

37、+x+1。 易驗證 x2+x+1≤2x2+2x+對x∈R都成立 ∴存在實數(shù)a=，b=1，c=1，使得不等式 x2+≤f(x)≤2x2+2x+對一切x∈R都成立 42 已知函數(shù)f(x)=x2+px+q，對于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥2 (1)求p、q之間的關系式； (2)求p的取值范疇； (3)如果f(sinθ+2)的最大值是14，求p的值 并求此時f(sinθ)的最小值 解 (1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即當x∈［－1，1］時，f(x)≤0；當x∈［1，3］時，f(x)≥0，∴當x=1時，f(x)=0 ∴1+

38、p+q=0，∴q=－(1+p)。 (2)f(x)=x2+px－(1+p)，當sinθ=－1時，f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0 (3)注意到f(x)在［1，3］上遞增，∴x=3時，f(x)有最大值 即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3 此時，f(x)=x2+3x－4，即求x∈［－1，1］時f(x)的最小值 又f(x)=(x+)2－，顯然此函數(shù)在［－1，1］上遞增 ∴當x=－1時f(x)有最小值： f(－1)=1－3－4=－6 43 設函數(shù)f(x)=ax滿足條件 當x∈(－∞，0)時，f(x)＞1；當x∈(0，1時，不等式 f(3mx

39、－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求實數(shù)m的取值范疇 解 由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1恒成立 在x∈(0，1恒成立 整頓，當x∈(0，1)時，恒成立，即當 x∈(0，1時，恒成立，且x=1時，恒成立， ∵在x∈(0，1上為減函數(shù)，∴＜－1，∴m＜恒成立m＜0 ∵，在x∈(0，1上是減函數(shù)，∴＜－1 m＞恒成立m＞－1 ∴當x∈(0，1)時，恒成立m∈(－1，0) ① 當x=1時，，即是∴m＜0 ② ∴①、②兩式求交集m∈(－1，0）,使x∈

40、(0，1時， f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，即m的取值范疇是(－1，0) 44．若10時，只需可得a>0。②當a<0時，只需f(1)≤0，即0≥a≥-1. 綜上可得a≥-1. 解法二：（因不等式恒成立，因此不等式相應的函數(shù)

41、在(1, 2上的最大值恒不不小于0，從而轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題。) 設f(x)=ax2-2ax+1，當a=0時，f(x)=-1，滿足不等式f(x)<0。 當a>0時，f(x)對稱軸為x=1，結合二次函數(shù)圖象，(1, 2為f(x)的增區(qū)間，∴f(x)max=f(2)=-1<0, ∴a>0成立； 當a<0時，f(x)對稱軸為x=1，區(qū)間(1, 2為f(x)的減區(qū)間。∴f(x)max=f(1)=-a-1≤0. ∴a≥-1, ∴-1≤a<0. 綜上所述：a≥-1。 45．已知函數(shù)f(x)=ax2-c，滿足-4≤f(1)-1和-1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范疇． 解

42、：由-4≤f(1)≤-1, -1≤f(2)≤5，可得 設9a-c=A(a-c)+B(4a-c)，則有A+4B=9和-A-B=-1，解得A=-, B=，∴9a-c=-(a-c)+(4a-c). ∵≤-(a-c)≤, -≤(4a-c)≤，相加得-1≤9a-c≤20. ∴f(3)的取值范疇為[-1, 20]. 解法二：由可得 則f(3)=9a-c=9 =由-1≤f(2)≤5，得-≤f(2)≤.由-4≤f(1)≤-1，得≤-f(1)≤. 相加得-1≤f(2)-f(1)≤20. ∴f(3)的取值范疇為[-1, 20]. 解法三：令a=x, c=y, z=9x-y，則問題轉(zhuǎn)化為在的條件下

43、，求目的函數(shù)z=9x-y的取值范疇． 由圖1-3-1可知，當x=3, y=7時，z=9x-y取到最大值20．當x=0, y=1時，z=9x-y取到最小值-1．∴f(3)的取值范疇為[-1, 20]. 46．已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a, b, c均為實數(shù))，且同步滿足下列條件： ①f(-1)=0； ②對于任意的實數(shù)x，均有f(x)-x≥0； ③當x∈(0, 2)時，有f(x)≤。 （1）求f(1)； （2）求a, b, c的值； （3）當x∈[-1, 1]時，函數(shù)g(x)=f(x)-mx(m是實數(shù))是單調(diào)函數(shù)，

44、求m的取值范疇。 解：（1）由f(-1)=0，得a-b+c=0. ①，令x=1，有f(1)-1≥0和f(1)≤，∴f(1)=1. （2）由（1）可知a+b+c=1. ② 聯(lián)立（1）（2）可有b=a+c= ③ 則由題意可得，對任意實數(shù)x，均有f(x)-x≥0，即ax2-x+c≥0對任意實數(shù)x恒成立。于是a>0且△≤0，即有ac≥. ④ 故c>0. 由③、④得a+c≥2≥2×，則a=c=，故a=c=, b=. （3）由（2）可得g(x)=f(x)-mx=x2+(-m)x+=[x2+(2-4)x+1]，又x∈[-1, 1]時，函數(shù)g(x)是單調(diào)的，因此|-|≥1，解之，有m≤

45、0或m≥1. 故m的取值范疇是m≤0或m≥1. ∴原不等式解集為：{x|-5≤x<0}∪{x|0≤x≤-1+}={x|-5≤x≤-1+}. 47. 已知拋物線 （1）當m為什么值時,拋物線與x軸有兩個交點? （2）若有關x的方程的兩個不等實根的倒數(shù)平方和不不小于2,求m的取值范疇. （3）如果拋物線與x軸相交于A、B兩點,與y軸交于C點,且△ABC的面積等于2，試擬定m的值。 解：（1）據(jù)題意,須,且,即,得,且. （2）在,1的條件下,,且,得. ,得, ,m的取值范為:. （3）由得.得,解得：. 48．設函數(shù)f(x)=-x2+的定義域和值域分別為[a, b]和[2

46、a, 2b]，求a, b的值。 解：定義域[a, b]是動態(tài)的，由于值域的擬定要依賴于區(qū)間[a, b]的位置的擬定，須就[a, b]位置作分類討論。 （1）a>0, f(x)在[a, b]上為減函數(shù)，則，即，兩式相減，得(a-b)(a+b)+4(b-a)=0?！遖≠b, ∴。 （2）b<0, f(x)在[a, b]上為增函數(shù)，∴，解得，又b<0,b=-2-，且a

47、即有. 又的值域為[0,2]，，有關的方程 的兩根為1和9.，解得. 下面檢查當時與否成立：若，即,.此時,而.時，也成立。綜上可知:. 50. 已知函數(shù)的定義域為R. （1）求實數(shù)m有取值范疇； （2）當m變化時，若y的最小值為f(m)，求函數(shù)f(m)的值域。 解：（1）當時，，定義域為R. 當時，定義域為R，應滿足，解得，。 （2）當時，；當時，， ，。。 51. 若有關x的方程(2-2-|x-3|)2=3+a有實數(shù)根，求實數(shù)a的取值范疇。 解：從函數(shù)的觀點看，原題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)a=(2-2-|x-3|)2-3(x∈R)的值域。令t=2-|x-3|，則0

48、≤1。 ∵a=f(t)=(t-2)2-3在區(qū)間(0, 1上是遞減函數(shù)?！鄁(1)≤f(t)

49、)=- x2+x. （2）f(x)=-x2+x=-(x-1)2+, ∴f(x)的最大值為。又f(x)在x∈[m, n]上的最大值為2n, 則2n≤, ∴n≤。∴f(x)在[m, n]上為增函數(shù)，得,∴m, n是f(x)=2x的兩個不等實根。∴-x2+x=2x. ∴x2+2x=0, x1=-2, x2=0. ∴m=-2, n=0. 53. 已知奇函數(shù)f(x)是定義在(－3，3)上的減函數(shù)，且滿足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,設不等式解集為A，B=A∪{x|1≤x≤},求函數(shù)g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大值 解 由且x≠0,故0

50、∴f(x－3)<－f(x2－3)=f(3－x2),又f(x)在(－3，3)上是減函數(shù)，∴x－3>3－x2,即x2+x－6>0,解得 x>2或x<－3,綜上得2

51、數(shù)，求實數(shù)的取值范疇． 解：(Ⅰ)設函數(shù)的圖象上任意一點有關原點的對稱點為，則 ∵點在函數(shù)的圖象上， ∴。 (Ⅱ)由。當時，，此時不等式無解當時，，解得∴原不等式的解集為 （Ⅲ）， ① ② ?。? ⅱ） 55 已知二次函數(shù)的二次項系數(shù)為a，且不等式的解集為（1，3）. （1）若方程有兩個相等的根，求的解析式； （2）若的最大值為正數(shù)，求a的取值范疇. 解：（1） ① 由方程 ② ∵方程②有兩個相等的根， ∴，即 由于代入①得的解析式 （Ⅱ）由， 及由 解得故當?shù)淖畲笾禐檎龜?shù)時，實數(shù)a的取值范疇 是 56．已知二次函

52、數(shù)（R，0）． （Ｉ）當０＜＜時，（Ｒ）的最大值為，求的最小值． （II）如果[0，1]時，總有||．試求的取值范疇． （III）令，當時，的所有整數(shù)值的個數(shù)為，求證：數(shù)列的前項的和 解：（Ｉ）由知，故當時獲得最大值為， 即因此的最小值為； ① ② （II）由得對于任意恒成立，當時，使成立；當時，有 對于任意的恒成立；，則,故要使①式成立，則有，又； 又，則有，綜上所述：； （III）當時，，則此二次函數(shù)的對稱軸為，開口向上，故在上為單調(diào)遞增函數(shù)，且當時，均為整數(shù)， 故，則數(shù)列的通項公式為，故， ① 又， ② 由①—②得， 57． 已知

53、函數(shù) （Ⅰ）求f(x)的值域； （Ⅱ）設函數(shù)g(x)=ax－2,x∈[－2，2].若對于任意x1∈[－2，2]，總存在x0∈[－2，2]，使得g(x0)=f(x1) 成立，求實數(shù)a的取值范疇. 解：（I）當上是增函數(shù)， 此時 當； 當. ∴f(x)的值域為。 （II）（1）若a=0，g(x)=－2，對于任意x1∈[－2，2]，f(x1)∈，不存在 x0∈[－2，2]，使得g(x0)=f(x1)成立. （2）若a>0,g(x)=ax－2在[－2，2]是增函數(shù)，g(x) ∈[－2a－2,2a－2]. 任給x1∈[－2，2]， f(x1) ∈,若

54、存在x0∈[－2，2]，使得g(x0)=f(x1)成立， 則 （3）若a<0,g(x)=ax－2在[－2，2]是減函數(shù)，g(x) ∈[2a－2,－2a－2]. 同理可得 綜上，實數(shù)a的取值范疇是 58．已知函數(shù)的圖象上有兩點、滿足 （Ⅰ）求證：； （Ⅱ）求證：的圖象被x軸截得的線段長的取值范疇是； （Ⅲ）問能否得出中至少有一種數(shù)為正數(shù)？證明你的結論. 解：（I）、滿足 ∴的一種實根， （II）設、，0，∴方程的一種根為 1，另一根為 （Ⅲ）設由已知 不妨設∴ ∵∴上為增函數(shù)，∴同理當 ∴中至少有一種為正數(shù). 59. 設集合A=[-1, 1

55、], B=[-,]，函數(shù)f(x)=2x2+mx-1。 （1）設不等式f(x)≤0的解集為C，當C(A∪B)時，求實數(shù)m的取值范疇； （2）當m∈A, x∈B時，證明|f(x)|≤。 解：（1）A∪B=[-1, 1], ∵C(A∪B)，且△=m2+8>0，∴2x2+mx-1=0的兩根在[-1，1]上，即f(x)的圖像與x軸交點在[-1，1]上?！?1≤m≤1?！喈?1≤m≤1時，f(x)≤0的解集為C(A∪B)。 （2）∵m∈A, x∈B|m|≤1, x2≤，∴|f(x)|=|2x2+mx-1|≤|2x2-1|+|mx|=1-2x2+|mx| ≤1-2x2+|x|=-2|x|2+|x|

56、+1=-2(|x|-)2+≤。當且僅當|x|=時，等號成立?！鄚f(x)|≤。 60. 給定函數(shù)F(x)=ax2+bx+c，以及G(x)=cx2+bx+a，其中|F(0)|≤1, |F(1)|≤1, |F(-1)|≤1，證明：對于|x|≤1有：（1）|F(x)|≤； （2）|G(x)|≤2。 解：（1）∵F(0)=c, F(1)=a+b+c, F(-1)=a-b+c. ∴a=, b=, ∴F(x)=ax2+bx+c, x+F(0) ，∵-1≤x≤1, ∴0≤1+x≤2, 0≤1-x2≤1， ∴|F(x)|≤(1+x)+ (1-x)+(1-x2)=-x2+|x|+1

57、=-(|x|-)2+≤. ∴|F(x)|≤。 （2）|G(x)|= . 61. 設的導數(shù)為. 若則： （1）求的解析式； （2）對于任意的，求證：①； ②. 解：（1）由，得由已知，得 解得 又 （2）① 由即 ②. 62．已知a，b，c是實數(shù)，函數(shù)f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，－1≤x≤1時|f(x)|≤1 (1)證明 |c|≤1； (2)證明 當－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2； (3)設a＞0，有－1≤x≤1時， g(x)的最大值為2，求f(x) 解 (1) 由條件當=1≤x≤1時，|f(x)|≤1，

58、取x=0，得|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1 (2) 依題設|f(0)|≤1而f(0)=c，因此|c|≤1 當a＞0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函數(shù)，于是g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1) ∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2， g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，因此得|g(x)|≤2。(－1≤x≤1) 當a＜0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是減函數(shù)，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)。 ∵|f(x)|

59、≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2 綜上所述，當－1≤x≤1時，均有|g(x)|≤2 措施二 ∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，∵f(x)=ax2+bx+c， ∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，根據(jù)絕對值不等式性質(zhì)得 |a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2， ∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，函數(shù)g(x)=ax

60、+b的圖象是一條直線，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在區(qū)間的端點x=－1或x=1處獲得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2， (－1＜x＜1 (3)∵a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函數(shù)，當x=1時獲得最大值2，即g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2① ∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1 ∵當－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，由二次函數(shù)的性質(zhì)，直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸，∴－＜0 ，即b=0 由①得a=2，因此f(x)=2x2－1 63 已知函數(shù) f(x)=ax2+bx+1(a

61、，b∈R，a＞0)，設方程f(x)=x的兩實數(shù)根為x1，x2。 (1)如果x1＜2＜x2＜4，設函數(shù)f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1； (2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范疇 解 (1)設g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0 ∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0， 即x1x2＜2(x1+x2)－4， (2) 由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0，可知x1·x2=＞0，因此x1，x2同號。 ① 若0＜x1＜2，則x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0。 ①

62、 又(x2－x1)2=，∴2a+1= ，(∵a＞0)代入①式得， 2＜3－2b， ② 解②得：b＜。 ② 若 －2＜x1＜0，則x2=－2+x1＜－2，∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0。 ③ 又2a+1=，代入③式得：2＜2b－1 ④ 解④得：b＞ 綜上，當0＜x1＜2時，b＜；當－2＜x1＜0時，b＞ 64 己知。 （1） （2），證明：對任意，的充要條件是； （3）討論：對任意，的充要條件。 證：（1）依題意，對任意，均有， （2）充足性： 必要性：對任意， 。 綜上，對任意的。 （3）， 即。 而當。 。